第五周集训总结

动态规划

1.递推算法

例题 位数问题

【问题描述】
在所有的N位数中，有多少个数中有偶数个数字3？由于结果可能很大，你只需要输出这个答案对12345取余的值。

【输入格式】
读入一个数N

【输出格式】
输出有多少个数中有偶数个数字3。

【输入样例】
2
【输出样例】
73
【数据规模】
1<=N<=1000

【样例说明】
在所有的2位数字，包含0个3的数有72个，包含2个3的数有1个，共73个

理解

考虑这种题目,一般来说都是从第i-1位推导第i位,且当前位是取偶数还是取奇数的。
可以用f[i][0]表示前i位有偶数个3的方案数
f[i][1]表示前i位有奇数个3的方案数
则状态转移方程可以表示为:
f[i][0]=f[i-1][0]*9+f[i-1][1];
f[i][1]=f[i-1][0]+f[i-1][1]*9;
边界条件:f[1][1]=1; f[1][0]=8;

例题代码

#include <iostream>
using namespace std;
const int M=12345;//取模
const int N=1000+5; //最多1000位数
int main()
{
   
//f[i][0]表示前i位有偶数个3的方案数，f[i][1]表示前i位有奇数个3的方案数
int f[N][2],n;
f[1][0]=8;f[1][1]=1;//1位数的情况
cin>>n;
for(int i=2;i<=n;i++){
   
f[i][0]=(f[i-1][0]*9+f[i-1][1])%M;
f[i][1]=(f[i-1][1]*9+f[i-1][0])%M;
}
cout<<f[n][0]<<endl;
return 0;
}

2.基础dp

算法思想

如果各个子问题不是独立的，如果能够保存已经解决的子问题的答案，而在需要的时候再找出已求得的答案，这样就可以避免大量的重复计算。
基本思路是，用一个表记录所有已解决的子问题的答案，不管该问题以后是否被用到，只要它被计算过，就将其结果填入表中。

求解过程

基本步骤

动态规划算法通常用于求解具有某种最优性质的问题。在这类问题中，可能会有许多可行解。每一个解都对应于一个值，我们希望找到具有最优值（最大值或最小值）的那个解。

动态规划法设计算法一般分成三个阶段：
（1）分段：将原问题分解为若干个相互重叠的子问题；
（2）分析：分析问题是否满足最优性原理，找出动态规划函数的递推式；
（3）求解：利用递推式自底向上计算，实现动态规划过程。
动态规划法利用问题的最优性原理，以自底向上的方式从子问题的最优解逐步构造出整个问题的最优解。

滚动数组

•处理dp[][]状态数组的时候，有个小技巧：把它变成一维的dp[]，以节省空间。
•观察二维表dp[][]，可以发现，每一行是从上面一行算出来的，只跟上面一行有关系，跟更前面的行没有关系。
•那么用新的一行覆盖原来的一行就好了。

3.求最长递增子序列

1、暴力法：枚举所有的子序列，判断是不是递增的，如果是递增的求最大值。
2、采用LCS的方法：
1）原序列A排序得到B
2) 求A和B的LCS
3、直接DP
4、借助二分查找，优化为O(nlogn)

dp解法

先确定动态规划的状态，这个问题可以用序列某一项作为结尾来作为一个状态。
用dp[i]表示一定以第i 项为结尾的最长上升子序列。
用a[i] 表示第i 项的值
如果有j < i且a[j] < a[i]，那么把第i 项接在第j 项后面构成的子序列长度为：dp[i] = dp[j] + 1。
•要使dp[i] 为以i 结尾的最长上升子序列，需要枚举所有满足条件的j。所以转移方程是：

3.递推与记忆化搜索

•前面DP的状态转移，都是用递推的方法。
•有另一种方法，逻辑上的理解更加直接，这就是用“递归+记忆化搜索”来实现DP。

记忆化搜索思想

用递归实现DP时，在递归程序中记录计算过的状态，并在后续的计算中跳过已经算过的重复的状态，从而大大减少递归的计算次数，这就是“记忆化搜索”的思路。

•递归时，有大量重复计算，其实能避免。
•观察第3层的中间数“1”，从第2层的“3”往下走会经过“1”，计算一次从“1”出发的递归；从第2层的“8”往下走会也经过“1”，又重新计算了从“1”出发的递归。所以，只要避免这些重复计算，就能优化。
7(30)
3(23) 8(21)
8(20) 1(13) 0(10)
2(7) 7(12) 4(10) 4(10)
4(4) 5(5) 2(2) 6(6) 5(5)

4.背包问题

1.0/1背包
2.完全背包
3.多重背包
4.混合背包
5.分组背包
6.依赖背包
我认为后面的背包问题都是由0/1背包问题衍生出来，所以把0/1背包问题思想理解透彻才是最根本的

0/1背包

一、定义状态：
a[i][j]：表示容量为j的背包选择前i件物品的最大价值和
二、状态转移方程
1、w[i] > j ，第i件物品太重了，容量为j的背包装不下
a[i][j] = a[i -1][j]
2、w[i] <= j
a[i][j] = max(a[i -1][j],a[i -1][j -w[i]] + v[i]);

理解

在0/1背包问题中，物品i或者被装入背包，或者不被
装入背包，设xi
表示物品i装入背包的情况，
则当xi=0时，表示物品i没有被装入背包，
xi=1时，表示物品i被装入背包。
根据问题的要求，有如下约束条件和目标函数：

按这样的规律一行行填表，直到结束。现在回头考虑，装了哪些物品。
看最后一列，15>14，说明装了物品5，否则价值不会变化。

#include<bits/stdc++.h>
intn,c;//n件物品，背包容量为c
intw[N],v[N];//重量是w，价值是V
cin>> n >> c;//读入物品数量n和背部的容量c
for(inti= 1;i <= n;i++)//读入每件物品的重量和价值
cin>> w[i] >> v[i];
//用dp方程建表，行表示物品[1,n]，列表示背包容量[1,c]
//dp[i]表示容量为i的背包选择物品的最大价值和
intdp[N] = {
   0};//初始化表为0
//顺序遍历n件物品
for(inti= 1;i <= n;i++){
   
for(intj = c; j >= w[i]; j--){
   //背包容量[1,c],从右到左填表
//不选当前物品和选当前物品（背包容量变为j-w[i]）两种方案求最大值
dp[j] = max(dp[j],dp[j -w[i]] + v[i]);
}
}

训练例题

数塔问题

题目描述

设有一个三角形的数塔，顶点为根结点，每个结点有一个整数值。从顶点出发，可以向左走或向右走，如图所示

若要求从根结点开始，请找出一条路径，使路径之和最大，只要输出路径的和。

输入

第一行为n(n<10)，表示数塔的层数

从第2行至n+1行，每行有若干个数据，表示数塔中的数值

输出

输出路径和最大的路径值。

样例输入

5
13
11 8
12 7 26
6 14 15 8
12 7 13 24 11

样例输出

86

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;


int main(